近世代数_杨子胥_第二版课后习题答案(最新发行版)
近世代数杨子胥最新版题解_答复习过程
近世代数杨子胥最新
版题解_答
近世代数
第一章基本概念
§1. 1
1.
4.
5.
近世代数题解§1. 2 2.
3.
近世代数题解§1. 3
1. 解 1)与3)是代数运算，2)不是代数运算．
2. 解这实际上就是M中n个元素可重复的全排列数n n．
3. 解例如A B＝E与A B＝AB—A—B．
4.
5.
近世代数题解§1. 4
1.
2.
3.解 1）略 2）例如规定
4．
5．略
近世代数题解§1. 5
1. 解 1)是自同态映射，但非满射和单射；2)是双射，但不是自同构映射3)是自同态映射，但非满射和单射．4)是双射，但非自同构映射．
2.略
3.
4.
5.
§1. 6
1.
2. 解 1)不是．因为不满足对称性；2)不是．因为不满足传递性；
3)是等价关系；4)是等价关系．
3. 解 3)每个元素是一个类，4)整个实数集作成一个类．。
近世代数课后习题详细答案5
近世代数课后习题参考答案第五章扩域1扩域、素域1. 证明：F(S)的一切添加S 的有限子集于F 所得的子域的并集是一个域.证一切添加S 的有限子集于F 所得的子域的并集为 a 1) 若a,b ^送则一定有a ^…^n)b FCh’ z —m)易 知 a-b FC'1^'2^ - n, -l/：2^' , -m 但 F(「1,〉2,n, L 2…，F) V从而 b-a ，、2) 若 a,b V ,且 b = 0 则 —b ・ FCJ ：2,…,'-m)从而有 abdFC-1^-2^ : n, -1, -2/' , F) 72单扩域1.令E 是域F 的一个扩域，而 a • F 证明a 是F 上的一个代数元，并且F(a) =F证 因a-a=0故a 是F 上的代数元.其次，因a ，F ,故F(a) F 易见 F(a)二 F ，从而 F (a)二 F2i +1 2 •令F 是有理数域•复数i 和2—1在F 上的极小多项式各是什么?3 .详细证明，定理3中 a 在域F 上的极小多项式是 p(x)证 令山是F(x)中的所有适合条件 f(a)=0的多项式作成f (x)的集合.1)-k 是F(x)的一个理想(i )若 f(x),g(x)：h 则 f (a) =0, g(a) =0因而 f (a) -g(a) = 0 故 f (x) -g(x)山 ii )若f (x) •山，h(x)是F(x)的任一元 那么 h(a)f(a) =0 则 h(x)f (x)山2) 是一个主理想设 p (x)是山中a !的极小多项式2i +1 i 一1F(i)与F( )是否同构？i — 1 1,在F 上的极小多项式为x 2 - x • 52i +1 2因F(i) =F( ) 故这两个域是同构的.i T 2i 1i -1那么，对山中任一f(X)有f (x) =P i(x)q(x) r(x)这里r(x) =0或r(x)的次数但f(a)二P i(a)q(a) R(x)因f(a) = 0, p i(a) =0 所以r(a) = 0若r(x)=0 则与p1x是a的极小多项式矛盾.故有f(x) = p1 (x)q(x)因而=(p1(x)(3)因p(a)=0 故p(x) ■-R(x)| p(x) 因二者均不可约，所以有p(x)=a»(x)又p(x), p i(x)的最高系数皆为1那么a =1 这样就是p(x) = R (x)4.证明：定理3中的F(a) = K证设f • K,,则在定理3的证明中，K = K'之下有.n nf a n x - a n」x 川…川-a但 a—；x, a i Q 故必f ^a n：n ' a n/n」a。
近世代数第二章答案
近世代数第二章群论答案之杨若古兰创作§1. 群的定义1.全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群？解：不是，因为普通减法不是适合结合律.例如2.举一个有两个元的群的例.解：令G=,e a{},G的乘法由下表给出首先，容易验证，这个代数运算满足结合律(1) ()(),,= ∈x y z x y z x y z G因为，因为ea ae a==，若是元素e在(1)中出现，那么(1)成立.(参考第一章，§4，习题3.)若是e不在(1)中出现，那么有而(1)仍成立.其次，G有左单位元，就是e；e有左逆元，就是e，a有左逆元，就是a.所所以G一个群.读者可以考虑一下，以上运算表是如何作出的.3.证实，我们也能够用条件Ⅰ，Ⅱ和上面的条件IV'，V'来做群的定义：IV'G里至多存在一个右逆元1a-，能让对于G的任何元a都成立；V'对于G的每一个元a，在G里至多存在一个右逆元1a-，能让解：这个题的证法完整平行于本节中关于可以用条件I,II,IV,V来做群定义的证实，但读者必定要本人写一下.§2. 单位元、逆元、消去律1.若群G的每一个元都适合方程2=x e，那么G是交换群.解：令a和b是G的任意两个元.由题设另一方面因而有()()()()ab ab ab ba.利用消去律，得=所所以G交换群.2.在一个无限群里，阶大于2的元的个数必定是偶数.解：令G是一个无限群.设G有元a而a的阶>2n.考察1a-.我们有设正整数<m n而()1=m-，那么同上可得=m a e，与n是a的a e阶的假设矛盾.如许，n也是1a-的阶，易见1a a-≠.否则21-a aa e==与>2n的假设矛盾.如许，我们就有一对分歧的阶大于2的元a和1a-.设G还有元b，b a≠，1≠，而且b的阶大于2.那么1b-的阶b a-也大于2，而且1b b-≠.-≠.我们也有1b a否则1111----===e b b aa b a消去1b-得1--.如许，除a和=b a=b a-，与假设矛盾.同样可证111a-外，又有一对分歧的阶大于2的元b和1b-.因为G是无限群，而G的阶大于2的元老是成对出现，所以G里这类元的个数必定是偶数.G是一个阶是偶数的无限群.在G里阶等于2的元的个数必定是奇数.解：由习题2知，G里阶大于2的元的个数是偶数.但G只要一个阶是1的元，就是单位元e.因而因为的阶是偶数，得G里阶等于2的元的个数是奇数.4.一个无限群的每一个元的阶都无限.解：令G是一个无限群而a是的任一元素，那么不克不及都不相等.是以存在正整数 i，j，i j，使i j=，用j a-a a乘两边，得（1）i j a e-=如许，存在正整数i j-，使（1）成立，是以也存在最小的正整数m，使m a e=，这就是说，元a的阶是m.4.群的同态假定在两个群G和G的一个同态映照之下，a a→.a与a的阶是不是必定不异？解：纷歧定.例如，令G是本章1中例2所给出的群而G是该节中例1所给出的的群.那么读者容易证实:φn g→n是G的任意元是G到G的一个同态映照.但G的每一元0n≠都是无穷阶的，而g 的阶是1.5.变换群1.假定τ是集合A的一个非逐个变换.τ会不会有一个左逆元1τ-使得1?ττε-=解：可能有.例如令A ={所有正整数}，则τ： 11→，1n n →-1n明显是A 的一个非逐个变换.而A 的变换1τ-： 1n n →+n A ∈就能使1.ττε-=2. 假定A 是所有实数作成的集合.证实，所有A 的可以写成x ax b →+a 和b 是有理数， 0a ≠方式的变换作成一个变换群.这个群是不是一个变换群？ 解：令G 是由一切上述变换作成的集合.考察G 的任何两个元素 τ： x ax b →+a 和b 是有理数， 0a ≠λ： x cx d →+c 和d 是有理数， 0c ≠那么τλ： ()()x x ax b c ax b d τλλ→=+=++这里ca 和d cb +都是有理数，而且0ca ≠.所以τλ仍属于G .结合律对普通变换都成立，所以对上述变换同样成立. 单位变换ε： x x →属于G .容易验证，τ在G 中有逆，即1τ-： 1()b x x a a→+-是以G 作为一个变换群.但G 不是一个交换群.令1τ： 1x x →+2τ： 2x x →那么12ττ： 122()(1)22x x x x τττ→=+=+ 21ττ： 211()(2)21x x x x τττ→==+ 3. 假定S 是一个集合A 的所有变换作成的集合.我们临时用符号 τ： '()a a a τ→=来说明一个变换τ.证实，我们可以用12ττ： 1212[()]()a a a ττττ→=来规定一个乘法，这个乘法也适合结合律而且对于这个乘法来说，ε还是S 的单位元.解：令1τ和2τ是S 的任意两个元而a 是A 的任意一个元.那么2()a τ和12[()]a ττ都是A 的独一确定的元.是以如上规定12ττ仍是S 的一个独一确定的元而我们得到了一个S 的乘法.令3τ也是一个任意元，那么所以123123()()ττττττ=而乘法适合结合律.令τ是S 的任意元.因为对一切a A ∍，都有()a a ε=，所以即εττετ==而ε仍是S 的单位元.4. 证实，一个变换群的单位元必定是恒等变换.解：设G 是由某一集合A 的变换构成一个变换群，而ε是G 的单位元.任取G 的一个元τ和A 的一个元a .因为εττ=，有 因为τ是A 的一个逐个变换，所以a a ε=而ε是A 的恒等变换. 5. 证实，实数域上一切有逆的n n ⨯矩阵对于矩阵乘法来说，作成一个群.解：这个题的解法很容易，这里从略.6. 置换群1. 找出所有3s 不克不及和123231⎛⎫ ⎪⎝⎭交换的元. 解：3s 有6个元：123123⎛⎫ ⎪⎝⎭，123132⎛⎫ ⎪⎝⎭，123213⎛⎫ ⎪⎝⎭， 123231⎛⎫ ⎪⎝⎭，123312⎛⎫ ⎪⎝⎭，123321⎛⎫ ⎪⎝⎭. 其中的123123⎛⎫ ⎪⎝⎭，123231⎛⎫ ⎪⎝⎭，123312⎛⎫ ⎪⎝⎭=2123231⎛⎫ ⎪⎝⎭ 明显可以和123231⎛⎫⎪⎝⎭交换.通过计算，易见其它三个元不克不及和123231⎛⎫ ⎪⎝⎭交换. 2. 把3s 的所有元写成不相连的轮回置换的乘积.解：123123⎛⎫ ⎪⎝⎭=（1），123132⎛⎫ ⎪⎝⎭=（2 3） 123213⎛⎫ ⎪⎝⎭=（1 2），123321⎛⎫ ⎪⎝⎭=（1 3），123231⎛⎫ ⎪⎝⎭=（1 2 3）123312⎛⎫ ⎪⎝⎭=（1 3 2） 3．证实：（ⅰ）两个不相连的轮回置换可以交换； （ⅱ） 解：（ⅰ）看的两个不相连的轮回置换σ和τ.我们考察乘积στ使数字1，2，…，n 如何变动.有三种情况.（a ） 数字在σ中出现，而且σ把酿成j.这时候因为σ和τ不相连，j 不在τ中出现，因此τ使j 不变，所以στ仍把酿成j. （b ） 数字k 在τ中出现，而且τ把k 酿成.这时候不在σ中出现，因此σ使k 不变，所以στ仍把酿成.（c ） 数字m 不在σ和τ中出现.这时候στ使m 不动.如上考察τσ使数字1，2，…，n 如何变动，明显得到同样的结果.是以στ=τσ.（ⅱ）因为，所以4．证实一个轮回置换的阶是. 解：一个轮回置换π=的一次方，二次方，…，次方分别把酿成.同理把2i 酿成2i ,…,把酿成.是以.由上面的分析，若是，那么.这就证实了，π的阶是.5．证实的每一个元都可以写成（1 2），（1 3），…，（1 n ）这个轮回置换中的若干个的乘积.解：因为每一个置换都可以写成不相连的轮回置换的乘积，所以只须证实，一个轮回置换可以写成若干个（1 ）形的置换的乘积.设π是一个轮回置换.我们分两个情形加以讨论. （a ） 1在π中出现，这时候π可以写成容易验算（b ） 1不在π中出现，这时候§1． 证实，一个轮回群必定是交换群.解：设轮回群G ()a =.那么G 的任何两个元都可以写成m a 和n a （m ，n 是整数）的方式.但m n m n n m n m a a a a a a ++===所所以G 一个交换群.2.假定群的元a 的阶是n.证实的阶是，这里d=( r ，n )是r 和n 的最大公因子.解：因为d ｜r ，r=ds ，所以 此刻证实， 就是的阶.设的阶为.那么.令得但而是的阶，所以 而 因而｜ .（参看本节定理的第二种情形.） 为了证实 ，只须反过来证实｜ .由 而n 是a 的阶，同上有n ｜r , 因此｜ .但d 是n 和r 的最大公因子，所以互素而有 .G.证实：也生成G，假如（r,n）=1 (这就是说r和n互素).解：由习题2，的阶是n.所以互不不异.但G只要n个元，所以，而生成G.4．假定G是轮回群，而且G与同态.证实也是轮回群.解：因为G与同态，也是一个群.设G()a=，而在G到的同态满射φ下， .看的任意元 .那么在φ下，有.如许，的每一元都是的一个乘方而()=.G a5．假定G是无穷阶的轮回群，是任何轮回群.证实G与同态.解：令G()a=，)(aG=.定义Φ：我们证实，φ是G到的一个同态满射.（ⅰ）因为G是无穷阶的轮回群，G的任何元都只能以一种方法写成的方式，所以在φ之下，G的每一个元有一个独一确定的象，而φ是G到的一个映照.（ⅱ）的每一个元都可以写成的方式，是以它在φ之下是G 的元的象，而φ是G到的一个满射.（ⅲ）所以φ是G到的一个同态满射.§8. 子群1．找出的所有子群.解：明显有以下子群：本人；((1))={(1)};((1 2))={(1 2),(1)};((1 3))={(1 3),(1)};((2 3))={(2 3),(1)};((1 2 3))={(1 2 3),(1 3 2)，(1)}.若的一个子群H含有（1 2）,(1 3)这两个2-轮回置换，那么H含有（1 2 ）(1 3)=(1 2 3 ),(1 2 3) (1 2)=(2 3)因此H=.同理，若是的一个子群含有两个2-轮回置换（2 1），(2 3)或（3 1）,(3 2),这个子群也必定是.用完整类似的方法，读者也能够算出，若是的一个子群含有一个2-轮回置换和一个3-轮回置换，那么这个子群也必定是.是以上面给出的6个子群是的所有子群.2．证实，群G的两个子群的交集也是G的子群.解：设和是G的子群.令e是G的单位元.那么e属于，因此而令a,b .那么a，b属于 .但是子群.所以属于，因此属于 .这就证实了，是G的子群.3．取的子集S {(1 2) ,(1 2 3)}.S生成的子群包含哪些元？一个群的两个分歧的子集会不会生成不异的子群？解：见习题1的解.4．证实，轮回群的子群也是轮回群.解：设轮回群G=（a）而H是G的一个子群.若H只含单位元e=a0，则H=（e）是轮回群.若H不但含单位元，那么因为H是子群，它必定含有元a m，其中m是正整数.令是最小的使得属于H的正整数，我们证实，这时候 .看H的任一元a t.令t=iq+r 0≤r＜i那么a i=a iq a r.因为a t和a iq都属于H，有a r=a-iq a t∈H因而由假设r=0,a t=（a i）q而H=（a i）.5．找出模12的剩余类加群的所有子群.解：模12的剩余类加群G是一个阶为12的轮回群.是以由题4，G的子群都是轮回群，容易看出：（[0]）=[0]([1])=([5])=([7])=([11])=G([2])=([10])={[2],[4],[6],[8],[10],[0]}([3])=([9])={[3],[6],[9],[0]}([4])=([8])={[4],[8],[0]}([6])={[6],[0]}是G的所有子群.G的一个非空子集而且H的每一个元的阶都无限.证实，H作成一个子集的充要条件是：a,b∈H⇒ab∈H解：由本节定理1，条件明显是须要的.要证实条件也是充分的，由同必定理，只须证实：a∈H⇒a-1∈H设a∈H，因为H的每一元的阶都无限，所以a的阶是某一正整数n而a-1=a n-1.因而由所给条件得a-1∈H.§9. 子群的陪集1.证实，阶是素数的群必定是轮回群.解：设群G的阶为素数p，在G中取一元a≠e，则a生成G 的一个轮回子群（a）.设（a）的阶为n，那么n≠1.但由定理2，n│p，所以n=p而G=（a）是一个轮回群.2.证实，阶是p m的群（p是素数，m≥1）必定包含一个阶是p的子群.解：设群G的阶是p m.在G中取一元a≠e，那么由定理3，a 的阶n│p m.但n≠1,所以n=p t,t≥1,若t=1,那么d的阶为p，（a）是一个阶为p的子群.若t＞1,可取b=a p1-t,那么b的阶为p，而(b)是一个阶为p的子群.3.假定a和b是一个群G的两个元，而且ab=ba，又假定a的阶是m，b的阶是n，而且（m,n）=1.证实：ab的阶是mn.解：设ab的阶是k.由ab=ba,得（ab）mn=a mn b mn=e是以k│mn.我们反过来证实，mn│k.由 e=（ab）kn=a kn b kn=a kn 和a的阶为m，得m│kn,但(m,n)=1,所以m││k.又由（m,n）=1，得mn│k.如许，ab的阶k=mn.4.假定～是一个群G的元间的一个等价关系，而且对于G的任意元三个元a，x，x’来说ax～ax’ x～x’证实，与G的单位元e等价的元所作成的集合是G的一个子群.解：令H是与e等价的元所作成的集合.因为e～e，所以H不空.设a,b∈H，那么a～e,b～e,b～e可写成a-1ab～a-1a是以由题设，ab～a～e而ab∈H.a～e可写成ae～aa-1，是以由题设，e～a-1而a-1∈H.如许，H作成G的一个子群.5．我们直接下右陪集H a的定义如下：H a刚好包含G的可以写成h a （h∈H）方式的元.由这个定义推出以下事实：G的每一个元属于而且只属于一个右陪集.解：取任意元a∈G，因为H是一个子群，单位元e∈H,是以a=e a∈H a这就是说，元a属于右陪集H a.设a∈H b,a∈H c,那么a=h b=h2c (h1,h2∈H)1由此得，b=11h -h 2c,而H b 的任意元hb=112h c h h -∈H c因此H b ⊂H c ，同样可证H c ⊂H b ，如许H b=H c 而a 只能属于一个右陪集.6.若我们把同构的群看成一样的，一共只存在两个阶是4的群，它们都是交换群.解：先给出两个阶是4的群.模4的剩余类加群G 1={[0],[1],[2],[3]}. G 1的元[1]的阶是4而G 1是[1]所生成的轮回群（[1]）.s 4的子群 B 4={(1),(1 2)(3 4),(1 3)(2 4),(1 4)(2 3)} 叫作克莱因四元群.B 4是s 4的子群容易验证，我们有[(1 2)(3 4)]2=[(1 3)(2 4)]2=[(1 4)(2 3)]2=（1）(1 2)(3 4)(1 3)(2 4)=(1 3)(2 4)(1 2)(3 4)=(1 4)(2 3)(1 3)(2 4)(1 4)(2 3)=(1 4)(2 3)(1 3)(2 4)=(1 2)(3 4)(1 4)(2 3)(1 2)(3 4)=(1 2)(3 4)(1 4)(2 3)=(1 3)(2 4)这两个群明显都是交换群.此刻证实，任何阶是4的群都和以上两个群之一同构. 设G 是一个阶为4的群.那么G 的元的阶只能是1，2或4若G 有一个阶为4的元d ，那么G=（d ）是一个轮回群， 而G 与G 1同构.若G 没有阶为4的元，那么除单位元e 外，G 的其他3个元的阶都是2，是以有G=｛e,a,b,c｝ a2=b2=c2=e因为G是群，有ab∈G，我们证实ab=c由ab=e将得ab=a2和b=a ,这不成能.由ab=a将得b=e,也不成能由ab=b将得a=e,也不成能.是以只能ab=c,同样可证ab=ba=c, bc=cb=a, ca=ac=b比较G和B的代数运算，易见G和B4同构.弥补题：利用6题证实，一个无限非交换群至多有6个元.§10.不变子群商群1.假定群G的不变子群N的阶是2.证实，G的中间包含N.解：令N=｛e,n｝，这里e是G的单位元，取G的任意元a.因为N是一个不变子群，有aN=Na，即｛a,an｝=｛a,na｝所以an=na.如许，N的两个元e和n都可以和G的任何元a交换，所以N属于G的中间.2.证实，两个不变子群的交集还是不变子群.解令N1和N2是群G的两个不变子群.那么N1⋂N2是G的一个子群（§8.习题2）.我们进一步证实，N1⋂N2是G的一个不变子群.令a∈G,n∈N1⋂N2,那么n∈N1,n∈N2,但N1和N2是不变子群，所以ana-1∈N1, ana-1∈N2,因此ana-1∈N1⋂N2因而由定理2，N1⋂N2是一个不变子群.3.证实，指数是2的子群必定是不变子群.解：令G是一个群而N是G的一个指数为2的子群.若n∈N，那么明显有nN=Nn.设b∈G,b-∈∈N.那么因为N的指数是2，G被分成两个左陪集N和bN；G也被分成两个右陪集N和Nb.是以bN=Nb,如许，对于G的任何元a来说，aN=Na是G 的一个不变子群.4.假定H是G的子群，N是G的不变子群，证实，HN是G的子群.解：因为H和N都不空，所以HN也不空.设 a∈HN , b∈HN .那么a=h1n1 , b=h2n2(h1,h2∈ H ,n1,n2∈N )a b1-=h1n1n12-h12-=h1n'h12- (n'=n1n12-)因为N是一个不变子集，有N h12-=h12-N ，n'h12-=h12-n （n∈N）由是得a b1-=(h1h12-)n∈HN，HN是一个子群.5. 举例证实，G的不变子集N的不变子群N1未必是G的不变子群（取G=S4）.解：令G=S4,N=｛(1),(12)(34),(13)(24),(14)(23)｝N1=｛（1），（12）（34）｝已知N是G的一个子群（上节习题6）.我们证实，N是G的一个不变子群.为了证实这一点，我们考察，是否对一切π∈S4，等式（a）πNπ1-=N成立.因为任何π都可以写成(1i)形的2一轮回置换的乘积.（§6.习题5），我们只须对(1i)形的π来看等式（a）是否成立.又因为N的元的对称性，我们只须看π=（12）的情形.但（12）｛（1），（12）（34），（13）（24），（14）（23）｝（12）=｛（1），（12）（34），（14）（23），（13）（24）｝所以N是S4的一个不变子群.因为N是交换群，N1当然是N的一不变子群.但N1不是S4的一个不变子群.因为（13）［（12）（34）］（13）=（14）（23）∈-N16. 一个群G的可以写成a1-b1-ab方式的元叫作换位子.证实；（i）所有无限个换位子的乘积作成的集合C是G的一个不变子群；（ii） G/C是交换群；（iii）若N是G的一个不变子集，而且G/N是交换群，那么 N⊃C解：（i），C的两个元的乘积仍是无限个换位子的乘积，因此仍是C的一个元.一个换位子的逆仍是一个换位子，所以C的一个元的逆仍是C的一个元.如许C是一个子群.对于a∈G，c∈C ,ac a1-=(ac a1-c1-) c∈C ,所以C是G的一个不变子群.（ii）令a,b∈G .那么a1-b1-ab=c∈C.由此得ab=bac, abC=bacC=baC即aCbC=bCaC而G/C是交换群.（iii）因为G/N是交换群，所以对G的任何两个元a和b(aN)(bN)= (bN) (aN), abN=baN由此得 ab=ban (n∈N) a1-b1-ab= n∈N.如许N含有一切换位子，是以含有C.弥补题.令π和（i1i2 (i)k）属于Sn.证实π1-（i1i2…i k）π=（i x1i x2…i x k）§1.我们看一个集合A到集合A-的满射Φ.证实.若A的子集S 是A-的子集S-的逆象；S-是S的象，但若S-是S的象,S纷歧定S-的逆象.解：（i）设S是S-的逆象.这时候对任一元a∈S,存在元a-∈S-，使Φ（a）=a-,是以φ(S)⊂S-.反过来，对任一a-∈S-，存在a ∈S，使Φ（a）=a-,是以S-⊂φ(S).如许S-=φ(S)，即S-是S的象.（ii）令A=｛1 ，2，3，4｝，A-=｛2，4｝，A到A-的满射是Φ： 1→2 ，2→2 ，3→4 ，4→4取S=｛1，3｝.那么S的象S-=｛2，4｝.但S-的逆象是A≠S2.假定群G与群G-同态，N-是G-的一个不变子群，N是N-的逆象.证实，G/N≅G-/N-.解：设所给G到G-同态满射是Φ： a→a-=Φ（a）我们要建立一个G/N到G-/N-的同构映照.定义ψ： aN →a-N-若aN=bN,那么b1-a∈N.因为N-是N φ之下的象，有b1-=b1-a-∈N-，a-N-=b-N-a所所以ψG/N到G-/N-的一个映照.设a-N-∈G-/N-而Φ（a）=a-，那么ψ： aN →a-N-所所以ψG/N到G-/N-的一个满射.若aN≠ bN ,那么b1-a∈-N .因为N是N-的逆象，由此得b1-=b1-a-∈-N-，a-N-≠b-N-a所所以ψG/N到G-/N-间的一个逐个映照.3.假定G和G-是两个无限轮回群，它们的阶各是m和n.证实，G与G-同态，当而且只当n|m的时候.解：设G与G-同态，那么由定理2，G/N≅G-，这里N是G到G-的同态满射的核.所以G/N的阶是n.但G/N的阶等于不变子群N在G里的指数，所以由§9的定理2它能整除G的阶m.由此得n|m.反过来设n|m. 令G=(a), G-=(a-).定义Φ：a k→a k若a h=a k，那么m|h-k.因而由n|m ,得n|h-k而a h-=a k-.如许Φ是G到G-的一个映照.容易证实，Φ是G到G-的一个同态满射.是以G与G-同态.4.假定G是一个轮回群，N是G的一个子群.证实，G/N也是轮回群.解：轮回群G是交换群，所以G的子群N是不变子群，而G/N成心义.设G=（a）. 容易证实G/N=（aN）. 所以G/N 也是轮回群.。
近世代数__第二版课后习题答案
近世代数题解第一章基本概念§1. 11.4.5.近世代数题解§1. 22.3.近世代数题解§1. 31. 解 1)与3)是代数运算，2)不是代数运算．2. 解这实际上就是Mxxn个元素可重复的全排列数nn．3. 解例如AB＝E与AB＝AB—A—B．4.5.近世代数题解§1. 41.2.3.解 1）略 2）例如规定4．5．略近世代数题解§1. 51. 解 1)是自同态映射，但非满射和单射；2)是双射，但不是自同构映射3)是自同态映射，但非满射和单射．4)是双射，但非自同构映射．2.略3.4.5.§1. 61.2. 解 1)不是．因为不满足对称性；2)不是．因为不满足传递性；3)是等价关系；4)是等价关系．3. 解 3)每个元素是一个类，4)整个实数集作成一个类．4.则易知此关系不满足反身性，但是却满足对称性和传递性(若把Q换成实数域的任一子域均可；实际上这个例子只有数0和0符合关系，此外任何二有理数都不符合关系)．5.6.证 1）略2）7.8. 9.10.11.12.第二章群§2. 1 群的定义和初步性质一、主要内容1．群和半群的定义和例子特别是一船线性群、n次单位根群和四元数群等例子．2．群的初步性质1)群中左单位元也是右单位元且惟一；2)群中每个元素的左逆元也是右逆元且惟一：3)半群G是群方程a x=b与y a=b在G中有解(a ,b∈G)．4)有限半群作成群两个消去律成立．二、释疑解难有资料指出，群有50多种不同的定义方法．但最常用的有以下四种：1)教材中的定义方法．简称为“左左定义法”；2)把左单位元换成有单位元，把左逆元换成右逆元(其余不动〕．简称为“右右定义法”；3)不分左右，把单位元和逆元都规定成双边的，此简称为“双边定义法”；4)半群G再加上方程a x=b与y a=b在G中有解(a ,b∈G)．此简称为“方程定义法”．“左左定义法”与“右右定义法”无甚差异，不再多说．“双边定\义法”缺点是定义中条件不完全独立，而且在验算一个群的实例时必须验证单位元和逆元都是双边的，多了一层手续(虽然这层手续一般是比较容易的)；优点是：①不用再去证明左单位元也是右单位元，左逆元也是右逆元；②从群定义本身的条件直接体现了左与右的对称性．以施行“除法运算”，即“乘法”的逆运算．因此，群的‘方程定义法”直接体现了在群中可以施行“乘法与除法”运算．于是xx，可以施行乘法与除法运算的半群就是群．为了开阔视野，再给出以下群的另一定义．定义一个半群G如果满足以下条件则称为一个群：对Gxx任意元素a，在Gxx 都存在元素，对Gxx任意元素b都有(ab)=(ba)=b．这个定义与前面4种定义的等价性留给读者作为练习．2．在群的“方程定义法”中，要求方程a x=b与y a=b都有解缺一不可．即其中一个方程有解并不能保证另一个方程也有解．4．关于结合律若代数运算不是普通的运算(例如，数的普通加法与乘法，多项式的普通加法与乘法以及矩阵、变换和线性变换的普通加法或乘法)，则在一般情况下，验算结合律是否成立比较麻烦．因此在代数系统有限的情况下，有不少根据乘法表来研究检验结合律是否成立的方法．但无论哪种方法，一般都不是太简单．5．关于消去律．根据教材推论2，对有限半群是否作成群只用看消去律是否成立．而消去律是否成立，从乘法表很容易看出，因为只要乘法表中每行和每列中的元素互异即可．6．在群定义中是否可要求有“左”单位元而每个元素有“右”逆元呢？答不可以，例如上面例2就可以说明这个问题，因为e1是左单位元，而e1与e2都有右逆元且均为e1．但G并不是群．7．群与对称的关系．1)世界万物，形态各异．但其中有无数大量事物部具有这样或那样的对称性．而在这些具有对称性的万事万物中，左右对称又是最为常见的．由群的定义本身可知，从代数运算到结合律，特别是左、右单位元和左、右逆元，均体现出左右对称的本质属性．2)几何对称．设有某一几何图形，如果我们已经找到了它的全部对称变换(即平常的反射、旋转、反演和平移变换的统称)，则此对称变换的全体关于变换的乘法作成一个群，称为该图形的完全对称群．这个图形的对称性和它的完全对称群是密切相关的．凡对称图形(即经过对称变换保持不变的图形、亦即完成这种变换前后的图形重合)，总存在若干个非恒等对称变换和恒等变换一起构成该图形的完全对称群．反之，如果一个图形存在着非平凡的对称变换，则该图形就是对称图形．不是对称的图形，就不能有非恒等的对称变换．显然，一个图形的对称程度越高，则该图形的对称变换就越多．也就是说它的完全对称群的阶数就越高，即图形对称程度的高低与其对称群的阶数密切相关．因此；这就启发人们用群去刽面对称图形及其性质，用群的理论去研究对称．所以人们就把群论说成是研究对称的数学理论．显然，每个n元多项式都有一个确定的n次置换群：例如n元多项式例6 任何n元对称多项式的置换群都是n次对称群．很显然，一个多元多项式的置换群的阶数越高，这个多元多项式的对称性越强．反之亦然．因此，我们通常所熟知的多元对称多项式是对称性最强的多项式．三、习题2．1解答1.略2.3.4. 5.6.§2. 2 群中元素的阶一、主要内容1．群中元素的阶的定义及例子．xx、无扭群与混合群的定义及例子．特别，有限群必为xx，但反之不成立．2．在群中若＝n，则4．若G是交换群，又Gxx元素有最大阶m，则Gxx每个元素的阶都是m的因子．二、释疑解难在群中，由元素a与b的阶一般决定不了乘积ab的阶，这由教材中所举的各种例子已经说明了这一点．对此应十分注意．但是，在一定条件下可以由阶与决定阶，这就是教材xx定理4：4．一个群中是否有最大阶元?有限群中元素的阶均有限，当然有最大阶元．无限群中若元素的阶有无限的(如正有理数乘群或整数xx)，则当然无最大阶元，若无限群中所有元素的阶均有限(即无限xx)，则可能无最大阶元，如教材中的例4：下面再举两个(一个可换，另一个不可换)无限群有最大阶元的例子．5．利用元素的阶对群进行分类，是研究群的重要方法之一．例如，利用元素的阶我们可以把群分成三类，即xx、无扭群与混合群．而在xx中又可分出p—群p是素数)，从而有2—群、3—群、5—群等等．再由教材§3. 9知，每个有限交换群(一种特殊的xx)都可惟一地分解为素幂阶循环p—群的直积，从而也可见研究p—群的重要意义．三、习题2．2解答1.2.3.4.5.推回去即得．6.§2. 3xx一、主要内容1．xx的定义和例子．特别是，特殊线性群(行列式等于l的方阵)是一般线性群(行列式不等于零的方阵)的xx．4．群的中心元和中心的定义．二、释疑解难１．关于真xx的定义．教材把非平凡的xx叫做真xx．也有的书把非G的于群叫做群G的真xx．不同的定义在讨论xx时各有利弊．好在差异不大，看参考书时应予留意．2．如果H与G是两个群，且HG，那么能不能说H就是G的xx?答：不能．因为xx必须是对原群的代数运算作成的群．例如，设G是有理数xx，而H是正有理数乘群，二者都是群，且HG但是不能说H是G的xx．答：不能这样认为．举例如下．例2设G是四元数群．则显然是G的两个xx且易知反之亦然．三、习题2．3解答1．证赂．2．证必要性显然，下证充分性．设子集H对群G的乘法封闭，则对Hxx任意元素a和任意正整数m都有am∈H．由于Hxx 每个元素的阶都有限，设＝n ，则3．对非交换群一放不成立．例如，有理数域Qxx 全体2阶可逆方阵作成的乘群中，xx，的阶有限，都是2，但易知其乘积⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=1011ab的阶却无限．即其全体有限阶元素对乘法不封闭，故不能作成xx ．4．证 由高等代数知，与所有n 阶可逆方阵可换的方阵为全体纯量方阵，由此即得证．5．证 因为(m ，n)＝1，故存在整数s ，t 使 ms 十n t ＝1． 由此可得6．7．§2. 4循环群一、主要内容1．生成系和循环群的定义．2．循环群中元素的表示方法和xx的状况．3．循环群在同构意义下只有两类：整数xx和n次单位根乘群，其中n＝1，2，3，…．4．循环群的xx的状况．无限循环群有无限多个xx．n阶循环群有T(n)(n的正出数个数)个xx，且对n 的每个正因数k，有且仅有一个k阶xx．二、释疑解难1．我们说循环群是一类完全弄清楚了的群，主要是指以下三个方面：1)循环群的元素表示形式和运算方法完全确定．其xx的状况也完全清楚(无限循环群有两个xx，n阶循环群有个xx而且ak是xx(kn)＝1)；2)循环群的xx的状况完全清楚；3)在同构意义下循环群只有两类：一类是无限循环群，都与整数xx同构；另一类是n(n＝1，2，…)阶循环群，都与n次单位根乘群同构．2．循环群不仅是一类完全弄清楚了的群，而且是一类比较简单又与其他一些群类有广泛联系的群类．例如由下一章§9可知，有限交换群可分解为一些素幂阶循环群的直积．更一般地，任何一个具有有限生成系的交换群都可分解成循环群的直积．由于循环群已完全在我们掌握之中，所以这种群(具有有限生成系的交换群)也是一类研究清楚了的群类．它在各种应用中有着非常重要的作用．例如在组合拓扑学中它就是一个主要的工具．三、习题§2. 4解答1.2.3.4. 5.6. 7.§2. 5 变换群一、主要内容1．变换群、双射变换群(特别是集合M上的对称群和n次对称群)和非双射变换群的定义及例子．2．变换群是双射变换群的充要条件；双射变换群与抽象群的关系．1)集合M上的变换群G是双射变换群G含有M的单或满)射变换；2)任何一个群都同一个(双射)变换群同构．3．有限集及无限集上非双射变换群的例子(例2和例3)．二、释疑解难1．一般近世代数书中所说的“变换群”，都是由双射变换(关于变换乘法)所作成的群，即本教材所说的“双射变换群”．而本教材所说的“变换群”则是由一个集合上的一些变换(不一定是双射变换)作成的群．通过教材§5定理2和推论1可知，实际上变换群可分成两类：一类是双射变换群(全由双射变换作成的群，即通常近世代数书中所说的“变换群”)，另一类是非双射变换群(全由非双射变换作成的群)．在学习本书时应留意这种差异．2．本节教材定理2(若集合M上的变换群G含有M的单射或满射变换．则G必为M上的一个双射变换群，即G中的变换必全是双射变换)比有些书上相应的定理(若集合M上由变换作成的群G含有M的恒等变换，则G中的变换必全为双射变换)大为推广．因为后者要求G包含恒等变换(一个特殊的双射变换)，而前者仅要求G 包含一个单(或满)射变换即可．因此，后音只是前者(本节教材定理2)的一个推论，一种很特殊的情况．两相比较，差异较大．这种差异也说明，M上的任何一个非双射变换群不仅不能包含恒等变换，而且xxM的任何单射或满射变换也不能包含．另外，在这里顺便指出，集合M上的任何双射变换群G的单位元必是M的恒等变换．3．集合M上的全体变换作成的集合T(M)，对于变换的乘法作成一个有单位元的半群．在半群的讨论中，这是一类重要的半群．并且本节习题中第4题还指出，当＞1时T(M)只能作成半群，而不能作成群．三、习题§2. 5解答1. 解作成有单位元半群，是单位元．但不作成群，因为无逆元．2.3. 解 G作成群：因为xx4.5.§2. 6 置换群一、主要内容1．任何(非循环)置换都可表为不相连循环之积，任何置换都可表为若干个对换之积，且对换个数的奇阴偶性不变．从而有奇、偶置换的概念，且全体n次置换xx、偶置换个数相等，各为个(n＞1)．2．k—循环的奇偶性、阶和逆元的确定方法，以及不相连循环乘积的奇偶性、阶和逆元的确定方法．1)k—循环与A有相反奇偶性．2)k—循环的阶为k．又(i1，i2…ik)－1＝(ik，…，i2，i1 )．3)若分解为不相连循环之积．则其分解xx循环个数为奇时为奇置换，否则为偶置换．的阶为各因子的阶的最小公倍．其逆元可由k—循环的逆元来确定．3．由置换，求置换－１的方法．n次对称群sn的中心．4．传递群的定义、例子和简单性质．二、释疑解难1．研究置换群的重要意义和作用．除了教材中已经指出的(置换群是最早研究的一类群，而且每个有限的抽象群都同一个置换群同构)以外，研究置换群的重要意义和作用至少还有以下几方面：1) 置换群是一种具体的群，从置换乘法到判断置换的奇偶性以及求置换的阶和逆置换，都很具体和简单．同时它也是元素不是数的一种非交换群．在群的讨论中举例时也经常用到这种群．2) 在置换群的研究中，有一些特殊的研究对象是别的群所没有的．如置换中的不动点理论以及传递性和本原性理论等等．3) 置换群中有一些特殊的xx也是一般抽象群所没有的．例如，交代群、传递群、稳定xx和本原群等等．就教材所讲过的交代群和传递群的重要性便可以知道，介绍置换群是多么的重要．2．用循环与对换之积来表出置换的优越性．首先，书写大为简化，便于运算。
近世代数习题答案
近世代数习题答案近世代数习题答案近世代数是数学中的一个重要分支，研究的是代数结构及其性质。
在学习近世代数的过程中，习题是不可或缺的一部分。
通过解答习题，我们可以加深对概念和定理的理解，提高解决问题的能力。
本文将给出一些近世代数习题的答案，并对其中的一些重要思想进行解析。
1. 习题：证明群的单位元是唯一的。
解答：设G是一个群，e和e'都是G的单位元。
根据单位元的定义，对于任意的元素g∈G，有eg=g=ge'。
将e'代入上式，得到e=ge'。
同理，将e代入上式，得到e'=ge。
由此可知，e=e'，即群的单位元是唯一的。
思考：这个习题通过对单位元的性质进行推理，展示了群的基本概念和性质。
在解答过程中，我们需要运用代数运算的基本法则，如等式的传递性和对称性等。
2. 习题：证明群的逆元是唯一的。
解答：设G是一个群，g∈G，且g有两个逆元g'和g''。
根据逆元的定义，有gg'=e和gg''=e。
将第一个等式两边都乘以g''，得到gg'g''=eg''=g''。
将第二个等式两边都乘以g'，得到gg'g''=g'。
由此可知，g''=g'。
即群的逆元是唯一的。
思考：这个习题通过对逆元的性质进行推理，进一步巩固了群的基本概念和性质。
在解答过程中，我们需要灵活运用等式的乘法和消去律，以及群运算的定义。
3. 习题：证明交换群的幂运算满足指数相加的性质。
解答：设G是一个交换群，a∈G，m和n是任意的整数。
我们要证明a^m * a^n = a^(m+n)。
当m和n都是非负整数时，根据幂运算的定义，这个等式成立。
当m和n都是负整数时，设-m=k，-n=l，其中k和l都是非负整数。
根据幂运算的定义，有a^m * a^n = a^(-k) * a^(-l) = (a^k)^(-1) * (a^l)^(-1) = (a^k * a^l)^(-1) = a^(-k-l) = a^(m+n)。
近世代数杨子胥题解答
近世代数第一章基本概念§1. 11.4.5.近世代数题解§1. 2 2.3.近世代数题解§1. 31. 解 1)与3)是代数运算，2)不是代数运算．2. 解这实际上就是M中n个元素可重复的全排列数n n．3. 解例如A B＝E与A B＝AB—A—B．4.5.近世代数题解§1. 4 1.2.3.解 1）略 2）例如规定4．5．略近世代数题解§1. 51. 解 1)是自同态映射，但非满射和单射；2)是双射，但不是自同构映射3)是自同态映射，但非满射和单射．4)是双射，但非自同构映射．2.略3.4.5.§1. 61.2. 解 1)不是．因为不满足对称性；2)不是．因为不满足传递性；3)是等价关系；4)是等价关系．3. 解 3)每个元素是一个类，4)整个实数集作成一个类．4.则易知此关系不满足反身性，但是却满足对称性和传递性(若把Q换成实数域的任一子域均可；实际上这个例子只有数0和0符合关系，此外任何二有理数都不符合关系)．5.6.证 1）略2）7.8. 9.10.11.12.第二章群§2. 1 群的定义和初步性质一、主要内容1．群和半群的定义和例子特别是一船线性群、n次单位根群和四元数群等例子． 2．群的初步性质1)群中左单位元也是右单位元且惟一；2)群中每个元素的左逆元也是右逆元且惟一：3)半群G是群⇔方程a x=b与y a=b在G中有解(∀a ,b∈G)．4)有限半群作成群⇔两个消去律成立．二、释疑解难有资料指出，群有50多种不同的定义方法．但最常用的有以下四种：1)教材中的定义方法．简称为“左左定义法”；2)把左单位元换成有单位元，把左逆元换成右逆元(其余不动〕．简称为“右右定义法”；3)不分左右，把单位元和逆元都规定成双边的，此简称为“双边定义法”；4)半群G再加上方程a x=b与y a=b在G中有解(∀a ,b∈G)．此简称为“方程定义法”．“左左定义法”与“右右定义法”无甚差异，不再多说．“双边定\义法”缺点是定义中条件不完全独立，而且在验算一个群的实例时必须验证单位元和逆元都是双边的，多了一层手续(虽然这层手续一般是比较容易的)；优点是：①不用再去证明左单位元也是右单位元，左逆元也是右逆元；②从群定义本身的条件直接体现了左与右的对称性．以施行“除法运算”，即“乘法”的逆运算．因此，群的‘方程定义法”直接体现了在群中可以施行“乘法与除法”运算．于是简言之，可以施行乘法与除法运算的半群就是群．为了开阔视野，再给出以下群的另一定义．定义一个半群G如果满足以下条件则称为一个群：对G中任意元素a，在G中都存在元素1-a，对G中任意元素b都有1-a(ab)=(ba)1-a=b．这个定义与前面4种定义的等价性留给读者作为练习．2．在群的“方程定义法”中，要求方程a x=b与y a=b都有解缺一不可．即其中一个方程有解并不能保证另一个方程也有解．4．关于结合律若代数运算不是普通的运算(例如，数的普通加法与乘法，多项式的普通加法与乘法以及矩阵、变换和线性变换的普通加法或乘法)，则在一般情况下，验算结合律是否成立比较麻烦．因此在代数系统有限的情况下，有不少根据乘法表来研究检验结合律是否成立的方法．但无论哪种方法，一般都不是太简单．5．关于消去律．根据教材推论2，对有限半群是否作成群只用看消去律是否成立．而消去律是否成立，从乘法表很容易看出，因为只要乘法表中每行和每列中的元素互异即可．6．在群定义中是否可要求有“左”单位元而每个元素有“右”逆元呢答不可以，例如上面例2就可以说明这个问题，因为e1是左单位元，而e1与e2都有右逆元且均为e1．但G并不是群．7．群与对称的关系．1)世界万物，形态各异．但其中有无数大量事物部具有这样或那样的对称性．而在这些具有对称性的万事万物中，左右对称又是最为常见的．由群的定义本身可知，从代数运算到结合律，特别是左、右单位元和左、右逆元，均体现出左右对称的本质属性．2)几何对称．设有某一几何图形，如果我们已经找到了它的全部对称变换(即平常的反射、旋转、反演和平移变换的统称)，则此对称变换的全体关于变换的乘法作成一个群，称为该图形的完全对称群．这个图形的对称性和它的完全对称群是密切相关的．凡对称图形(即经过对称变换保持不变的图形、亦即完成这种变换前后的图形重合)，总存在若干个非恒等对称变换和恒等变换一起构成该图形的完全对称群．反之，如果一个图形存在着非平凡的对称变换，则该图形就是对称图形．不是对称的图形，就不能有非恒等的对称变换．显然，一个图形的对称程度越高，则该图形的对称变换就越多．也就是说它的完全对称群的阶数就越高，即图形对称程度的高低与其对称群的阶数密切相关．因此；这就启发人们用群去刽面对称图形及其性质，用群的理论去研究对称．所以人们就把群论说成是研究对称的数学理论．显然，每个n元多项式都有一个确定的n次置换群：例如n元多项式例6 任何n元对称多项式的置换群都是n次对称群．很显然，一个多元多项式的置换群的阶数越高，这个多元多项式的对称性越强．反之亦然．因此，我们通常所熟知的多元对称多项式是对称性最强的多项式．三、习题2．1解答1.略2.3. 4. 5.6.§2. 2 群中元素的阶一、主要内容1．群中元素的阶的定义及例子．周期群、无扭群与混合群的定义及例子．特别，有限群必为周期群，但反之不成立．2．在群中若a＝n，则4．若G是交换群，又G中元素有最大阶m，则G中每个元素的阶都是m的因子．二、释疑解难在群中，由元素a与b的阶一般决定不了乘积ab的阶，这由教材中所举的各种例子已经说明了这一点．对此应十分注意．但是，在一定条件下可以由阶a与b决定阶ab，这就是教材中朗定理4：4．一个群中是否有最大阶元有限群中元素的阶均有限，当然有最大阶元．无限群中若元素的阶有无限的(如正有理数乘群或整数加群)，则当然无最大阶元，若无限群中所有元素的阶均有限(即无限周期群)，则可能无最大阶元，如教材中的例4：下面再举两个(一个可换，另一个不可换)无限群有最大阶元的例子．5．利用元素的阶对群进行分类，是研究群的重要方法之一．例如，利用元素的阶我们可以把群分成三类，即周期群、无扭群与混合群．而在周期群中又可分出p—群p是素数)，从而有2—群、3—群、5—群等等．再由教材§3. 9知，每个有限交换群(一种特殊的周期群)都可惟一地分解为素幂阶循环p—群的直积，从而也可见研究p—群的重要意义．三、习题2．2解答1.2.3.4.5.推回去即得．6.§2. 3 子群一、主要内容1．子群的定义和例子．特别是，特殊线性群(行列式等于l的方阵)是一般线性群(行列式不等于零的方阵)的子群．4．群的中心元和中心的定义．二、释疑解难１．关于真子群的定义．教材把非平凡的子群叫做真子群．也有的书把非G的于群叫做群G的真子群．不同的定义在讨论子群时各有利弊．好在差异不大，看参考书时应予留意．2．如果H与G是两个群，且H G，那么能不能说H就是G的子群答：不能．因为子群必须是对原群的代数运算作成的群．例如，设G是有理数加群，而H是正有理数乘群，二者都是群，且H G但是不能说H是G的子群．答：不能这样认为．举例如下．例2 设G是四元数群．则显然是G的两个子群且易知反之亦然．三、习题2．3解答1．证赂．2．证必要性显然，下证充分性．设子集H对群G的乘法封闭，则对H中任意元素a和任意正整数m都有a m∈H．由于H中每个元素的阶都有限，设a＝n，则3．对非交换群一放不成立．例如，有理数域Q 上全体2阶可逆方阵作成的乘群中，易知⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=1021a ， ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=1031b 的阶有限，都是2，但易知其乘积⎪⎪⎭⎫⎝⎛=1011ab的阶却无限．即其全体有限阶元素对乘法不封闭，故不能作成子群．4．证 由高等代数知，与所有n 阶可逆方阵可换的方阵为全体纯量方阵，由此即得证． 5．证 因为(m ，n )＝1，故存在整数s ，t 使 ms 十n t ＝1． 由此可得6．7．§2. 4 循 环 群一、主要内容1．生成系和循环群的定义．2．循环群中元素的表示方法和生成元的状况．3．循环群在同构意义下只有两类：整数加群和n 次单位根乘群，其中n ＝1，2，3，…． 4．循环群的子群的状况．无限循环群有无限多个子群．n 阶循环群a 有T (n )(n 的正出数个数)个子群，且对n 的每个正因数k ，a 有且仅有一个k 阶子群kna．二、释疑解难1．我们说循环群是一类完全弄清楚了的群，主要是指以下三个方面：1)循环群的元素表示形式和运算方法完全确定．其生成元的状况也完全清楚(无限循环群有两个生成元，n 阶循环群a 有)(n ϕ个生成元而且a k 是生成元⇔(k n )＝1)； 2)循环群的子群的状况完全清楚；3)在同构意义下循环群只有两类：一类是无限循环群，都与整数加群同构；另一类是n (n ＝1，2，…)阶循环群，都与n 次单位根乘群同构．2．循环群不仅是一类完全弄清楚了的群，而且是一类比较简单又与其他一些群类有广泛联系的群类．例如由下一章§9可知，有限交换群可分解为一些素幂阶循环群的直积．更一般地，任何一个具有有限生成系的交换群都可分解成循环群的直积．由于循环群已完全在我们掌握之中，所以这种群(具有有限生成系的交换群)也是一类研究清楚了的群类．它在各种应用中有着非常重要的作用．例如在组合拓扑学中它就是一个主要的工具．三、习题§2. 4解答1.2.3.4. 5.6.7.§2. 5 变换群一、主要内容1．变换群、双射变换群(特别是集合M上的对称群和n次对称群)和非双射变换群的定义及例子．2．变换群是双射变换群的充要条件；双射变换群与抽象群的关系．1)集合M上的变换群G是双射变换群 G含有M的单或满)射变换；2)任何一个群都同一个(双射)变换群同构．3．有限集及无限集上非双射变换群的例子(例2和例3)．二、释疑解难1．一般近世代数书中所说的“变换群”，都是由双射变换(关于变换乘法)所作成的群，即本教材所说的“双射变换群”．而本教材所说的“变换群”则是由一个集合上的一些变换(不一定是双射变换)作成的群．通过教材§5定理2和推论1可知，实际上变换群可分成两类：一类是双射变换群(全由双射变换作成的群，即通常近世代数书中所说的“变换群”)，另一类是非双射变换群(全由非双射变换作成的群)．在学习本书时应留意这种差异．2．本节教材定理2(若集合M上的变换群G含有M的单射或满射变换．则G必为M上的一个双射变换群，即G中的变换必全是双射变换)比有些书上相应的定理(若集合M上由变换作成的群G含有M的恒等变换，则G中的变换必全为双射变换)大为推广．因为后者要求G包含恒等变换(一个特殊的双射变换)，而前者仅要求G包含一个单(或满)射变换即可．因此，后音只是前者(本节教材定理2)的一个推论，一种很特殊的情况．两相比较，差异较大．这种差异也说明，M上的任何一个非双射变换群不仅不能包含恒等变换，而且连M的任何单射或满射变换也不能包含．另外，在这里顺便指出，集合M上的任何双射变换群G的单位元必是M的恒等变换．3．集合M上的全体变换作成的集合T(M)，对于变换的乘法作成一个有单位元的半群．在半群的讨论中，这是一类重要的半群．并且本节习题中第4题还指出，当M＞1时T(M)只能作成半群，而不能作成群．三、习题§2. 5解答1. 解作成有单位元半群，τ是单位元．但不作成群，因为σ无逆元．2.3. 解G作成群：因为易知4月15号4.5.§2. 6 置 换 群一、主要内容 1．任何(非循环)置换都可表为不相连循环之积，任何置换都可表为若干个对换之积，且对换个数的奇阴偶性不变．从而有奇、偶置换的概念，且全体n 次置换中奇、偶置换个数相等，各为2!n 个(n ＞1)．2．k —循环的奇偶性、阶和逆元的确定方法，以及不相连循环乘积的奇偶性、阶和逆元的确定方法．1)k —循环与A 有相反奇偶性．2)k —循环的阶为k ．又(i 1，i 2…i k )－1＝(i k ，…，i 2，i 1 )． 3)若σ分解为不相连循环之积．则其分解中奇循环个数为奇时σ为奇置换，否则σ为偶置换．σ的阶为各因子的阶的最小公倍．其逆元可由k —循环的逆元来确定． 3．由置换σ，τ求置换στσ－１的方法．n 次对称群s n 的中心． 4．传递群的定义、例子和简单性质． 二、释疑解难1．研究置换群的重要意义和作用．除了教材中已经指出的(置换群是最早研究的一类群，而且每个有限的抽象群都同一个置换群同构)以外，研究置换群的重要意义和作用至少还有以下几方面：1) 置换群是一种具体的群，从置换乘法到判断置换的奇偶性以及求置换的阶和逆置换，都很具体和简单．同时它也是元素不是数的一种非交换群．在群的讨论中举例时也经常用到这种群．2) 在置换群的研究中，有一些特殊的研究对象是别的群所没有的．如置换中的不动点理论以及传递性和本原性理论等等．3) 置换群中有一些特殊的子群也是一般抽象群所没有的．例如，交代群、传递群、稳定子群和本原群等等．就教材所讲过的交代群和传递群的重要性便可以知道，介绍置换群是多么的重要．2．用循环与对换之积来表出置换的优越性．首先，书写大为简化，便于运算。
近世代数答案杨子胥
近世代数答案杨子胥【篇一：近世代数杨子胥最新版题解_答】概念1. 11.4.5.近世代数题解 1. 22.3.近世代数题解 1. 31. 解 1)与3)是代数运算，2)不是代数运算．2. 解这实际上就是m中n个元素可重复的全排列数nn．3. 解例如a?b＝e与a?b＝ab—a—b．4.5.近世代数题解 1. 41.2.3.解 1）略 2）例如规定4．5．略近世代数题解 1. 51. 解 1)是自同态映射，但非满射和单射；2)是双射，但不是自同构映射3)是自同态映射，但非满射和单射．4)是双射，但非自同构映射．2.略3.4.5.1. 61.2. 解 1)不是．因为不满足对称性；2)不是．因为不满足传递性；3)是等价关系；4)是等价关系．3. 解 3)每个元素是一个类，4)整个实数集作成一个类．4.则易知此关系不满足反身性，但是却满足对称性和传递性(若把q换成实数域的任一子域均可；实际上这个例子只有数0和0符合关系，此外任何二有理数都不符合关系)．5.6.证 1）略2）7.8.9.10.【篇二：概率部分答案】、选择题 1-6：ccdcbb 二、填空题：(1)??{(正，反)， (反，正)，(正，正)，(反，反)}；(2)??{(两正)，(一正一反)， (两反)}；(3)令10件产品中的合格品为正1，正2，?，正9，次品记为次，则（正2，正3），（正2，正4）?，（正2，次）??（正9，次）}(4)??{0,1,2,?}(5)a?{1,3,5},b?{3,4,5,6},a?b?{1,3,4,5,6},ab?{3,5}a?{2,4,6},b?{1,2},a?b?{1},b?a?{4,6}(6)p(ab)?0，p(ab)?1?p?q. (7)0.56；0.94；0.44. (8)p(a?b)?0.7.(9) p(b?a)?0.3，p(a?b)?0.1.3.（1）必然事件；（2）不可能事件；（3）取到的球码是2或4；（4）取到的球码是5，7或9；（5）b?c={6，8，10}.4.（１）选到一名是一年级男生，而非计算机专业；（２）计算机专业只有一年级，且全是男生；（３）计算机专业只有一年级；（４）全校女生都是一年级，且一年级都是女生。
近世代数习题解答2
近世代数习题解答第二章 群论1 群论1. 全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群?证 不是一个群,因为不适合结合律.2. 举一个有两个元的群的例子.证 }1,1{-=G 对于普通乘法来说是一个群.3. 证明, 我们也可以用条件1,2以及下面的条件''5,4来作群的定义:'4. G 至少存在一个右单位元e ,能让a ae = 对于G 的任何元a 都成立'5. 对于G 的每一个元a ,在G 里至少存在一个右逆元,1-a 能让 e aa =-1证 (1) 一个右逆元一定是一个左逆元,意思是由e aa =-1 得e a a =-1因为由'4G 有元'a 能使e a a =-'1所以))(()('111a a a a e a a ---=e a a a e a a aa a ====----'1'1'11][)]([即 e a a =-1(2) 一个右恒等元e 一定也是一个左恒等元,意即 由 a ae = 得 a ea =a ae a a a a aa ea ====--)()(11即 a ea =这样就得到群的第二定义. (3) 证 b ax =可解 取b a x 1-=b be b aa b a a ===--)()(11这就得到群的第一定义.反过来有群的定义得到''5,4是不困难的.2 单位元,逆元,消去律1. 假设群G 的每一个元都适合方程e x =2,那么G 就是交换群.证 由条件知G 中的任一元等于它的逆元,因此对G b a ∈,有ba a b ab ab ===---111)(.2. 在一个有限群里阶大于2的元的个数是偶数.证 (1) 先证a 的阶是n 那么1-a 的阶也是n .e e a a e a n n n ===⇒=---111)()(假设有n m 〈 使e a m =-)(1 即 e a m =-1)(因而 1-=e a me a m=∴ 这与a 的阶是n 矛盾.a 的阶等于1-a 的阶 (2) a 的阶大于2, 那么1-≠a a 假设 e a a a =⇒=-21 这与a 的阶大于2矛盾(3) b a ≠ 那么 11--≠b a总起来可知阶大于2的元a 与1-a 双双出现,因此有限群里阶大于2的元的个数一定是偶数3. 假定G 是个数一个阶是偶数的有限群,在G 里阶等于2的元的个数一定是奇数.证 根据上题知,有限群G 里的元大于2的个数是偶数;因此阶2≤的元的个数仍是偶数,但阶是1的元只有单位元,所以阶2≤的元的个数一定是奇数.4. 一个有限群的每一个元的阶都是有限的.证 G a ∈故 G a a a a nm∈ ,,,,,,2由于G 是有限群,所以这些元中至少有两个元相等:n m a a =)(n m 〈 故 e a m n =-m n -是整数,因而a 的阶不超过它.4 群的同态假定在两个群G 和-G 的一个同态映射之下,-→a a ，a 和-a 的阶是不是一定一样? 证 不一定一样 例如 }231,231,1{i i G +-+-= }1{=-G对普通乘法-G G ,都作成群,且1)(=x φ(这里x 是G 的任意元,1是-G 的元)由 φ可知 G ∽-G但 231,231i i --+-的阶都是3. 而1的阶是1.5 变换群1. 假定τ是集合的一个非一一变换,τ会不会有一个左逆元1-τ,使得εττ=-1?证 我们的答复是回有的},3,2,1{ =A1τ: 1→1 2τ 1→12→1 2→3 3→2 3→4 4→3 4→5 ……τ显然是一个非一一变换但 εττ=-12. 假定A A 的可以写成b a b ax x ,,+→是有理数,0≠a 形式的变换作成一个变换群.这个群是不是一个交换群? 证 (1) :τb ax x +→:λd cx x +→:τλd cb cax d b ax c x ++=++→)(d cb ca +,是有理数 0≠ca 是关闭的.(2) 显然时候结合律(3) 1=a 0=b 那么 :εx x → (4):τb ax +)(1:1ab x a x -+→-τ 而 εττ=-1所以构成变换群.又 1τ: 1+→x x:2τx x 2→:21ττ)1(2+→x x :12ττ12+→x x故1221ττττ≠因而不是交换群.3. 假定S 是一个集合A 的所有变换作成的集合,我们暂时仍用旧符号τ:)('a a a τ=→ 来说明一个变换τ.证明,我们可以用21ττ:)()]([2121a a a ττττ=→来规定一个S 的乘法,这个乘法也适合结合律,并且对于这个乘法来说ε还是S 的单位元.证 :1τ)(1a a τ→:2τ)(2a a τ→那么:21ττ)()]([2121a a a ττττ=→ 显然也是A 的一个变换. 现在证这个乘法适合结合律:)]()[(:)(321321a a ττττττ→)]]([[321a τττ==→)]([:)(321321a a ττττττ)]]([[321a τττ故 )()(321321ττττττ= 再证ε还是S 的单位元:ε)(a a a ε=→:ετ)()]([a a a ττε=→τ:τε)()]([a a a τετ=→∴τεετ=4． 证明一个变换群的单位元一定是恒等变换。
近世代数课后练习答案
§1—3 集合、映射及代数运算思考题1：如何用语言陈述“A B ⊄”？定义4：设A B ⊂，且存在B a A a ∉∈但，那么称B 是A 的真子集，否则称B 不是A 的真子集。
思考题2：若A B ⊂，但B 不是A 的真子集，这意味着什么？定义5：若集合A 和B 含有完全一样的元素，那么称A 与B 相等，记为A =B .结论1：显然，A B B A B A ⊂⊂⇔=且.（4）集合的运算 ①集合的并：{}B x A x x B A ∈∈=或 ②集合的交：{}B x A x x B A ∈∈=且 ③集合的差：{}B x A x x B A ∉∈=-且 ④集合在全集内的补：{}A x E x x A ∉∈=且⑤集合的布尔和（对称差）：{})()()()( B A B A A B B A B A x B x A x x B A -=--=∉∈∈=⊕但或 ⑥集合的卡氏积：{}B b A a b a B A ∈∈=⨯且),(卡氏积的推广：{}m i A a a a a A A A A m A A A i i m m mi i m ,,2,1,),,,( ,,,2121121 =∈=⨯⨯⨯=∏=：成的卡氏积为个集合，那么由它们做是令课堂练习：which of the following rules are algebra operations on the indicated set? 1、.,Q set the on ab b a =2、{}.0,ln >∈=x and R x x set the on b a b a3、.,0222R set the on b a x equation the of root a is b a =-4、.,Z set the on n Subtractio5、{}.0,≥∈n and Z n n set the on n Subtractio6、{}.0,≥∈-=n and Z n n set the on b a b aSolution:1、.221Q b a b and a when ∉=⇒==2、.0ln 12121<=⇒==b a b and a when3、⎩⎨⎧⋅-⋅=⇒==32323,2b a b a when4、.Okay5、.0352<-=⇒==b a b and a when6、.Okay§4—6 结合律、交换律及分配律例1、设,Z A =“ ”是整数中的加法：则)()(,,,t s r t s r Z t s r ++=++∈∀∴“+”在Z 中适合结合律。
近世代数的答案
近世代数习题解答第二章 群论1 群论1. 全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群?证 不是一个群,因为不适合结合律.2. 举一个有两个元的群的例子.证 }1,1{-=G 对于普通乘法来说是一个群.3. 证明, 我们也可以用条件1,2以及下面的条件 ''5,4来作群的定义:'4. G 至少存在一个右单位元e ,能让a ae = 对于G 的任何元a 都成立'5. 对于G 的每一个元a ,在G 里至少存在一个右逆元,1-a 能让 e aa =-1证 (1) 一个右逆元一定是一个左逆元,意思是由e aa =-1得e a a =-1因为由'4G 有元'a 能使e a a =-'1 所以))(()('111a a a a e a a ---=e a a a e a a aa a ====----'1'1'11][)]([ 即 e a a =-1(2) 一个右恒等元e 一定也是一个左恒等元,意即 由 a ae = 得 a ea = a ae a a a a aa ea ====--)()(11即 a ea =这样就得到群的第二定义. (3) 证 b ax =可解 取b a x 1-=b be b aa b a a ===--)()(11这就得到群的第一定义.反过来有群的定义得到''5,4是不困难的.2 单位元,逆元,消去律1. 若群G 的每一个元都适合方程e x =2,那么G 就是交换群.证 由条件知G 中的任一元等于它的逆元,因此对G b a ∈,有ba a b ab ab ===---111)(.2. 在一个有限群里阶大于2的元的个数是偶数.证 (1) 先证a 的阶是n 则1-a 的阶也是n .e e a a e a n nn===⇒=---111)()(若有n m 〈 使e a m =-)(1 即 e a m =-1)(因而 1-=e a m e a m =∴ 这与a 的阶是n 矛盾.a Θ的阶等于1-a 的阶(2)a 的阶大于2, 则1-≠a a 若 e a a a =⇒=-21 这与a 的阶大于2矛盾(3) b a ≠ 则 11--≠b a总起来可知阶大于2的元a 与1-a 双双出现,因此有限群里阶大于2的元的个数一定是偶数3. 假定G 是个数一个阶是偶数的有限群,在G 里阶等于2的元的个数一定是奇数.证 根据上题知,有限群G 里的元大于2的个数是偶数;因此阶2≤的元的个数仍是偶数,但阶是1的元只有单位元,所以阶 2≤的元的个数一定是奇数.4. 一个有限群的每一个元的阶都是有限的.证 G a ∈故 G a a a a nm∈K K K ,,,,,,2由于G 是有限群,所以这些元中至少有两个元相等: nma a = )(n m 〈 故 e amn =-m n -是整数,因而a 的阶不超过它.4 群的同态假定在两个群G 和-G 的一个同态映射之下,-→a a ，a 和-a 的阶是不是一定相同? 证 不一定相同 例如 }231,231,1{i i G +-+-= }1{=-G对普通乘法-G G ,都作成群,且1)(=x φ(这里x 是G 的任意元,1是-G 的元)由 φ可知 G ∽-G 但231,231i i --+-的阶都是3. 而1的阶是1.5 变换群1. 假定τ是集合的一个非一一变换,τ会不会有一个左逆元1-τ,使得εττ=-1?证 我们的回答是回有的},3,2,1{K =A1τ: 1→1 2τ 1→12→1 2→3 3→2 3→4 4→3 4→5 … …τ显然是一个非一一变换但 εττ=-12. 假定A 是所有实数作成的集合.证明.所有A 的可以写成b a b ax x ,,+→是有理数,0≠a 形式的变换作成一个变换群.这个群是不是一个交换群? 证 (1) :τ b ax x +→:λ d cx x +→:τλ d cb cax d b ax c x ++=++→)( d cb ca +,是有理数 0≠ca Θ 是关闭的.(2) 显然时候结合律(3) 1=a 0=b 则 :ε x x → (4) :τ b ax + )(1:1ab x a x -+→-τ 而 εττ=-1所以构成变换群.又 1τ: 1+→x x :2τ x x 2→ :21ττ )1(2+→x x :12ττ 12+→x x 故1221ττττ≠因而不是交换群.3. 假定S 是一个集合A 的所有变换作成的集合,我们暂时仍用旧符号τ:)('a a a τ=→来说明一个变换τ.证明,我们可以用21ττ: )()]([2121a a a ττττ=→来规定一个S 的乘法,这个乘法也适合结合律,并且对于这个乘法来说ε还是S 的单位元. 证 :1τ )(1a a τ→ :2τ )(2a a τ→那么:21ττ )()]([2121a a a ττττ=→显然也是A 的一个变换. 现在证这个乘法适合结合律:)]()[(:)(321321a a ττττττ→)]]([[321a τττ= =→)]([:)(321321a a ττττττ)]]([[321a τττ 故 )()(321321ττττττ= 再证ε还是S 的单位元 :ε )(a a a ε=→ :ετ )()]([a a a ττε=→τ:τε )()]([a a a τετ=→ ∴ τεετ=4． 证明一个变换群的单位元一定是恒等变换。
近世代数习题答案
绪论部分：7.由1))((11111111121112121==----------a a a a a a a a a a a a a a m m m m m m m ,故11121121)(----=a a a a a a m m .对第2个问题,上面一段正是证明了它的充分性,再证必要性.设121=⋅u a a a m ,则任意i ,1)(111=--u a a a a a m i i i ,故每个i a 有逆元素.注：直接根据逆元的定义和广义结合律证明.8.11)1(11)1)(1()1(=+-=-+-=-+-=+-=-ba ba ca ab b ba babca bca ba bca ba d babcababca ba ba bca ba d -+-=-+=-1)1)(1()1(.11)1(1=+-=-+-=ba ba a ab bc ba即1-ba 在R 内也可逆又由c abc cab c ab ab c =+=+=-=-11,1)1()1(得.故cab)ab(11abcab ab 1bca)b a(11adb 1++=++=++=+c abc =+=1.注：直接根据结合律和环中乘法对加法的分配律验证. 第一章： 第一节：5.设⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=a b a A 0，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=c d c B 0,其中a,b,c,d 都是复数,a ≠0且c ≠0,则 ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=ac bc ad ac AB 0也和A,B 具有相同的形式. 显然, ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=1001I 是单位元且⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=a a b ab a C 1012是A 的逆矩阵.又矩阵乘法满足结合律,故结论得证.注：根据群的定义直接验证,需要说明AB 也和A,B 具有相同的形式.7.对,G a ∈a 有右逆b.b 又有右逆a '，这时a 为b 的左逆.由ab e a b =='，得到()()a a ab a b a a '='='=，可知a a '=.这样e ab ba ==，即b 是a 的逆.12.设{}s g g G ,,1 =.由性质（2），G ag ag G a s ⊆∈∀},{,1 ,且是s 个不同的元，故G ag ag s =}{1 .同样由性质（3）可得，G a g a g s =},{1 。
近世代数杨子胥最新版题解-答(精选.)
近世代数第一章基本概念§1. 11.4.5.近世代数题解§1. 2 2.3.近世代数题解§1. 31. 解1)与3)是代数运算，2)不是代数运算．2. 解这实际上就是M中n个元素可重复的全排列数n n．3. 解例如A B＝E与A B＝AB—A—B．4.5.近世代数题解§1. 41.2.3.解1）略2）例如规定4．5．略近世代数题解§1. 51. 解1)是自同态映射，但非满射和单射；2)是双射，但不是自同构映射3)是自同态映射，但非满射和单射．4)是双射，但非自同构映射．2.略3.4.5.§1. 61.2. 解1)不是．因为不满足对称性；2)不是．因为不满足传递性；3)是等价关系；4)是等价关系．3. 解3)每个元素是一个类，4)整个实数集作成一个类．4.则易知此关系不满足反身性，但是却满足对称性和传递性(若把Q换成实数域的任一子域均可；实际上这个例子只有数0和0符合关系，此外任何二有理数都不符合关系)．5.6.证1）略2）7.8.9.10.11.12.第二章群§2. 1 群的定义和初步性质一、主要内容1．群和半群的定义和例子特别是一船线性群、n次单位根群和四元数群等例子．2．群的初步性质1)群中左单位元也是右单位元且惟一；2)群中每个元素的左逆元也是右逆元且惟一：3)半群G是群⇔方程a x=b与y a=b在G中有解(∀a ,b∈G)．4)有限半群作成群⇔两个消去律成立．二、释疑解难有资料指出，群有50多种不同的定义方法．但最常用的有以下四种：1)教材中的定义方法．简称为“左左定义法”；2)把左单位元换成有单位元，把左逆元换成右逆元(其余不动〕．简称为“右右定义法”；3)不分左右，把单位元和逆元都规定成双边的，此简称为“双边定义法”；4)半群G再加上方程a x=b与y a=b在G中有解(∀a ,b∈G)．此简称为“方程定义法”．“左左定义法”与“右右定义法”无甚差异，不再多说．“双边定\义法”缺点是定义中条件不完全独立，而且在验算一个群的实例时必须验证单位元和逆元都是双边的，多了一层手续(虽然这层手续一般是比较容易的)；优点是：①不用再去证明左单位元也是右单位元，左逆元也是右逆元；②从群定义本身的条件直接体现了左与右的对称性．以施行“除法运算”，即“乘法”的逆运算．因此，群的‘方程定义法”直接体现了在群中可以施行“乘法与除法”运算．于是简言之，可以施行乘法与除法运算的半群就是群．为了开阔视野，再给出以下群的另一定义．a，对G 定义一个半群G如果满足以下条件则称为一个群：对G中任意元素a，在G中都存在元素1-中任意元素b都有1-a(ab)=(ba)1-a=b．这个定义与前面4种定义的等价性留给读者作为练习．2．在群的“方程定义法”中，要求方程a x=b与y a=b都有解缺一不可．即其中一个方程有解并不能保证另一个方程也有解．4．关于结合律若代数运算不是普通的运算(例如，数的普通加法与乘法，多项式的普通加法与乘法以及矩阵、变换和线性变换的普通加法或乘法)，则在一般情况下，验算结合律是否成立比较麻烦．因此在代数系统有限的情况下，有不少根据乘法表来研究检验结合律是否成立的方法．但无论哪种方法，一般都不是太简单．5．关于消去律．根据教材推论2，对有限半群是否作成群只用看消去律是否成立．而消去律是否成立，从乘法表很容易看出，因为只要乘法表中每行和每列中的元素互异即可．6．在群定义中是否可要求有“左”单位元而每个元素有“右”逆元呢？答不可以，例如上面例2就可以说明这个问题，因为e1是左单位元，而e1与e2都有右逆元且均为e1．但G并不是群．7．群与对称的关系．1)世界万物，形态各异．但其中有无数大量事物部具有这样或那样的对称性．而在这些具有对称性的万事万物中，左右对称又是最为常见的．由群的定义本身可知，从代数运算到结合律，特别是左、右单位元和左、右逆元，均体现出左右对称的本质属性．2)几何对称．设有某一几何图形，如果我们已经找到了它的全部对称变换(即平常的反射、旋转、反演和平移变换的统称)，则此对称变换的全体关于变换的乘法作成一个群，称为该图形的完全对称群．这个图形的对称性和它的完全对称群是密切相关的．凡对称图形(即经过对称变换保持不变的图形、亦即完成这种变换前后的图形重合)，总存在若干个非恒等对称变换和恒等变换一起构成该图形的完全对称群．反之，如果一个图形存在着非平凡的对称变换，则该图形就是对称图形．不是对称的图形，就不能有非恒等的对称变换．显然，一个图形的对称程度越高，则该图形的对称变换就越多．也就是说它的完全对称群的阶数就越高，即图形对称程度的高低与其对称群的阶数密切相关．因此；这就启发人们用群去刽面对称图形及其性质，用群的理论去研究对称．所以人们就把群论说成是研究对称的数学理论．显然，每个n元多项式都有一个确定的n次置换群：例如n元多项式例6 任何n元对称多项式的置换群都是n次对称群．很显然，一个多元多项式的置换群的阶数越高，这个多元多项式的对称性越强．反之亦然．因此，我们通常所熟知的多元对称多项式是对称性最强的多项式．三、习题2．1解答1.略2.3.4.5.6.§2. 2 群中元素的阶一、主要内容1．群中元素的阶的定义及例子．周期群、无扭群与混合群的定义及例子．特别，有限群必为周期群，但反之不成立．2．在群中若a＝n，则4．若G是交换群，又G中元素有最大阶m，则G中每个元素的阶都是m的因子．二、释疑解难在群中，由元素a与b的阶一般决定不了乘积ab的阶，这由教材中所举的各种例子已经说明了这一点．对此应十分注意．但是，在一定条件下可以由阶a与b决定阶ab，这就是教材中朗定理4：4．一个群中是否有最大阶元?有限群中元素的阶均有限，当然有最大阶元．无限群中若元素的阶有无限的(如正有理数乘群或整数加群)，则当然无最大阶元，若无限群中所有元素的阶均有限(即无限周期群)，则可能无最大阶元，如教材中的例4：下面再举两个(一个可换，另一个不可换)无限群有最大阶元的例子．5．利用元素的阶对群进行分类，是研究群的重要方法之一．例如，利用元素的阶我们可以把群分成三类，即周期群、无扭群与混合群．而在周期群中又可分出p—群p是素数)，从而有2—群、3—群、5—群等等．再由教材§3. 9知，每个有限交换群(一种特殊的周期群)都可惟一地分解为素幂阶循环p—群的直积，从而也可见研究p—群的重要意义．三、习题2．2解答1.2.3.4.5.推回去即得．6.§2. 3 子群一、主要内容1．子群的定义和例子．特别是，特殊线性群(行列式等于l的方阵)是一般线性群(行列式不等于零的方阵)的子群．4．群的中心元和中心的定义．二、释疑解难１．关于真子群的定义．教材把非平凡的子群叫做真子群．也有的书把非G的于群叫做群G的真子群．不同的定义在讨论子群时各有利弊．好在差异不大，看参考书时应予留意．2．如果H与G是两个群，且H⊆G，那么能不能说H就是G的子群?答：不能．因为子群必须是对原群的代数运算作成的群．例如，设G是有理数加群，而H是正有理数乘群，二者都是群，且H⊆G但是不能说H是G的子群．答：不能这样认为．举例如下． 例2 设G 是四元数群．则显然 是G 的两个子群且易知反之亦然．三、习题2．3解答 1．证 赂．2．证 必要性显然，下证充分性．设子集H 对群G 的乘法封闭，则对H 中任意元素a 和任意正整数m 都有a m ∈H ． 由于H 中每个元素的阶都有限，设a ＝n ，则3．对非交换群一放不成立．例如，有理数域Q 上全体2阶可逆方阵作成的乘群中，易知 ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=1021a ， ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=1031b 的阶有限，都是2，但易知其乘积⎪⎪⎭⎫⎝⎛=1011ab的阶却无限．即其全体有限阶元素对乘法不封闭，故不能作成子群．4．证 由高等代数知，与所有n 阶可逆方阵可换的方阵为全体纯量方阵，由此即得证．ms十n t＝1．由此可得6．7．§2. 4 循环群一、主要内容1．生成系和循环群的定义．2．循环群中元素的表示方法和生成元的状况．3．循环群在同构意义下只有两类：整数加群和n次单位根乘群，其中n＝1，2，3，…．4．循环群的子群的状况．a a有且仅有一个k 阶子群kn a．二、释疑解难1．我们说循环群是一类完全弄清楚了的群，主要是指以下三个方面：1)循环群的元素表示形式和运算方法完全确定．其生成元的状况也完全清楚(无限循环群有两个生成元，n 阶循环群a 有)(n ϕ个生成元而且a k 是生成元⇔(k n )＝1)；2)循环群的子群的状况完全清楚；3)在同构意义下循环群只有两类：一类是无限循环群，都与整数加群同构；另一类是n (n ＝1，2，…)阶循环群，都与n 次单位根乘群同构．2．循环群不仅是一类完全弄清楚了的群，而且是一类比较简单又与其他一些群类有广泛联系的群类．例如由下一章§9可知，有限交换群可分解为一些素幂阶循环群的直积．更一般地，任何一个具有有限生成系的交换群都可分解成循环群的直积．由于循环群已完全在我们掌握之中，所以这种群(具有有限生成系的交换群)也是一类研究清楚了的群类．它在各种应用中有着非常重要的作用．例如在组合拓扑学中它就是一个主要的工具．三、习题§2. 4解答 1.2.3.4.5.6.7.§2. 5 变换群一、主要内容1．变换群、双射变换群(特别是集合M上的对称群和n次对称群)和非双射变换群的定义及例子．2．变换群是双射变换群的充要条件；双射变换群与抽象群的关系．1)集合M上的变换群G是双射变换群 G含有M的单或满)射变换；2)任何一个群都同一个(双射)变换群同构．3．有限集及无限集上非双射变换群的例子(例2和例3)．二、释疑解难1．一般近世代数书中所说的“变换群”，都是由双射变换(关于变换乘法)所作成的群，即本教材所说的“双射变换群”．而本教材所说的“变换群”则是由一个集合上的一些变换(不一定是双射变换)作成的群．通过教材§5定理2和推论1可知，实际上变换群可分成两类：一类是双射变换群(全由双射变换作成的群，即通常近世代数书中所说的“变换群”)，另一类是非双射变换群(全由非双射变换作成的群)．在学习本书时应留意这种差异．2．本节教材定理2(若集合M上的变换群G含有M的单射或满射变换．则G必为M上的一个双射变换群，即G中的变换必全是双射变换)比有些书上相应的定理(若集合M上由变换作成的群G含有M的恒等变换，则G中的变换必全为双射变换)大为推广．因为后者要求G包含恒等变换(一个特殊的双射变换)，而前者仅要求G包含一个单(或满)射变换即可．因此，后音只是前者(本节教材定理2)的一个推论，一种很特殊的情况．两相比较，差异较大．这种差异也说明，M上的任何一个非双射变换群不仅不能包含恒等变换，而且连M的任何单射或满射变换也不能包含．另外，在这里顺便指出，集合M上的任何双射变换群G的单位元必是M的恒等变换．3．集合M 上的全体变换作成的集合T (M )，对于变换的乘法作成一个有单位元的半群．在半群的讨论中，这是一类重要的半群．并且本节习题中第4题还指出，当M ＞1时T (M )只能作成半群，而不能作成群．三、习题§2. 5解答1. 解 作成有单位元半群，τ是单位元．但不作成群，因为σ无逆元．2.3. 解 G 作成群：因为易知4月15号4.5.§2. 6 置 换 群一、主要内容1．任何(非循环)置换都可表为不相连循环之积，任何置换都可表为若干个对换之积，且对换个数的奇阴偶性不变．从而有奇、偶置换的概念，且全体n 次置换中奇、偶置换个数相等，各为2!n 个(n ＞1)．2．k —循环的奇偶性、阶和逆元的确定方法，以及不相连循环乘积的奇偶性、阶和逆元的确定方法．1)k —循环与A 有相反奇偶性．2)k —循环的阶为k ．又(i 1，i 2…i k )－1＝(i k ，…，i 2，i 1 )．3)若σ分解为不相连循环之积．则其分解中奇循环个数为奇时σ为奇置换，否则σ为偶置换．σ的阶为各因子的阶的最小公倍．其逆元可由k —循环的逆元来确定．3．由置换σ，τ求置换στσ－１的方法．n 次对称群s n 的中心． 4．传递群的定义、例子和简单性质． 二、释疑解难1．研究置换群的重要意义和作用．除了教材中已经指出的(置换群是最早研究的一类群，而且每个有限的抽象群都同一个置换群同构)以外，研究置换群的重要意义和作用至少还有以下几方面：1) 置换群是一种具体的群，从置换乘法到判断置换的奇偶性以及求置换的阶和逆置换，都很具体和简单．同时它也是元素不是数的一种非交换群．在群的讨论中举例时也经常用到这种群．2) 在置换群的研究中，有一些特殊的研究对象是别的群所没有的．如置换中的不动点理论以及传递性和本原性理论等等．3) 置换群中有一些特殊的子群也是一般抽象群所没有的．例如，交代群、传递群、稳定子群和本原群等等．就教材所讲过的交代群和传递群的重要性便可以知道，介绍置换群是多么的重要．首先，书写大为简化，便于运算。
近世代数习题解答2
近世代数习题解答第二章群论1群论1.全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群？证不是一个群，因为不适合结合律•2.举一个有两个元的群的例子.证G ={1,-1}对于普通乘法来说是一个群.3.证明，我们也可以用条件1,2以及下面的条件4‘,5‘来作群的定义：4. G至少存在一个右单位元e,能让ae = a 对于G的任何元a都成立5. 对于G的每一个元a ,在G里至少存在一个右逆元a-1,能让aa」=e证(1) 一个右逆元一定是一个左逆元，意思是由aa'=e 得a'a^e因为由4G有元a能使a J a = e1 1 1 '所以(a a)e =(a a)(a a )=[a」(aa」)]a =[a_l e]a = a ""a =e即a a =e(2)一个右恒等元e 一定也是一个左恒等元，意即由ae = a 得ea = aea =(aa')a =a(a'a)二ae =a即ea = a这样就得到群的第二定义•(3)证ax二b可解取x = a °ba(a』b)二(aa Jb 二be 二b这就得到群的第一定义•反过来有群的定义得到4',5'是不困难的.2单位元，逆元，消去律1.若群G的每一个元都适合方程x2二e,那么G就是交换群.证 由条件知G 中的任一元等于它的逆元，因此对a,b^G 有ab = (ab)，= b'a ，= ba .2. 在一个有限群里阶大于 2的元的个数是偶数.证 ⑴先证a 的阶是n 则a J 的阶也是n . a n= e= (a')n= (a n)J = e J= e若有mn 使(a 」)m=e 即(a m)，二e 因而 a^^^ . a m =e 这与a 的阶 是n 矛盾a 的阶等于aJ的阶(2) a 的阶大于2 ,则a=a°若a = a 」:a 2=e 这与a 的阶大于2矛盾 (3)a =b 贝U a J- b J- 1总起来可知阶大于 2的元a 与 a 双双出现，因此有限群里阶大于 2的元的个数一 定是偶数3. 假定G 是个数一个阶是偶数的有限群 ，在G 里阶等于2的元的个数一定是奇数.证 根据上题知，有限群G 里的元大于2的个数是偶数；因此阶二2的元的个数仍是偶数，但阶是1的元只有单位元，所以阶<2的元的个数一定是奇数.4. 一个有限群的每一个元的阶都是有限的证 a ・G故 a ，a 2,…，a m「…，a n，…s G由于G 是有限群，所以这些元中至少有两个元相等：m nn -ma a (m n) 故 a en-m 是整数，因而a 的阶不超过它.4群的同态假定在两个群 G 和G 的一个同态映射之下，a 》a , a 和a 的阶是不是一定相同？不一定相同 例如G ={1,G ={1}对普通乘法G ，G 都作成群，且 (x^1 (这里x 是G 的任意元，1是G 的元) 由 ••可知 G s G1 i 3 -1 i 3但3，」」的阶都是3.-1 i. 322 2而1的阶是1.5变换群1.------------------------------------------ 假定E是集合的一个非变换，花会不会有一个左逆元T ‘，使得I \ = 3?证我们的回答是回有的A ={1,2,3,…}1 T12 1 T 11 2 T 32 3 T 43 4 T 5■显然是一个非- 变换但.」.=•；：2.假定A是所有实数作成的集合•证明.所有A的可以写成x > ax b,a,b是有理数，a = 0形式的变换作成一个变换群•这个群是不是一个交换群？证(1) ■ : x—ax bx—cx d": c(ax b) d 二cax cb dca,cb d是有理数ca=O ；是关闭的.⑵显然时候结合律⑶ a = 1 b = 0 贝U ；: x— x⑷-:ax b」 1 “ b、:x x ( )a a而•七：;:所以构成变换群.又「X r X 1x—2x2:v 2 : x—2(x 1)21：x > 2x 1故1 2 1因而不是交换群.3.假定S是一个集合A的所有变换作成的集合，我们暂时仍用旧符号:a > a' = (a) 来说明一个变换•.证明，我们可以用.「2： a r d2(a)] f仁2心)来规定一个S的乘法，这个乘法也适合结合律，并且对于这个乘法来说；还是S的单位元.证-1: ar [(a)2: a「2(a)那么1 2 : a 》1【2(a)]二 1 2(a)显然也是A的一个变换.现在证这个乘法适合结合律：( -1-2)3： a > ( .1・2)[・3(a)]=胡[4.3(a)]]•i( 23)：a—：i[23(a)] F【2[ 3(a)]]故(1 2)3 =讪(・2・3)再证；还是S的单位元；： a — a = ；(a)T；• ：a—■[ (a)] = (a)；：a—.[ ；(a)] = (a)；, ST = TS4.证明一个变换群的单位元一定是恒等变换。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
近世代数题解第一章基本概念§1. 11.4.5.近世代数题解§1. 2 2.3.近世代数题解§1. 31. 解 1)与3)是代数运算，2)不是代数运算．2. 解这实际上就是M中n个元素可重复的全排列数n n．3. 解例如A B＝E与A B＝AB—A—B．4.5.近世代数题解§1. 41.2.3.解 1）略 2）例如规定4．5．略近世代数题解§1. 51. 解 1)是自同态映射，但非满射和单射；2)是双射，但不是自同构映射3)是自同态映射，但非满射和单射．4)是双射，但非自同构映射．2.略3.4.5.§1. 61.2. 解 1)不是．因为不满足对称性；2)不是．因为不满足传递性；3)是等价关系；4)是等价关系．3. 解 3)每个元素是一个类，4)整个实数集作成一个类．4.则易知此关系不满足反身性，但是却满足对称性和传递性(若把Q换成实数域的任一子域均可；实际上这个例子只有数0和0符合关系，此外任何二有理数都不符合关系)．5.6.证 1）略2）7.8.9.10.11.12.第二章群§2. 1 群的定义和初步性质一、主要内容1．群和半群的定义和例子特别是一船线性群、n次单位根群和四元数群等例子．2．群的初步性质1)群中左单位元也是右单位元且惟一；2)群中每个元素的左逆元也是右逆元且惟一：3)半群G是群⇔方程a x=b与y a=b在G中有解(∀a ,b∈G)．4)有限半群作成群⇔两个消去律成立．二、释疑解难有资料指出，群有50多种不同的定义方法．但最常用的有以下四种：1)教材中的定义方法．简称为“左左定义法”；2)把左单位元换成有单位元，把左逆元换成右逆元(其余不动〕．简称为“右右定义法”；3)不分左右，把单位元和逆元都规定成双边的，此简称为“双边定义法”；4)半群G再加上方程a x=b与y a=b在G中有解(∀a ,b∈G)．此简称为“方程定义法”．“左左定义法”与“右右定义法”无甚差异，不再多说．“双边定\义法”缺点是定义中条件不完全独立，而且在验算一个群的实例时必须验证单位元和逆元都是双边的，多了一层手续(虽然这层手续一般是比较容易的)；优点是：①不用再去证明左单位元也是右单位元，左逆元也是右逆元；②从群定义本身的条件直接体现了左与右的对称性．以施行“除法运算”，即“乘法”的逆运算．因此，群的‘方程定义法”直接体现了在群中可以施行“乘法与除法”运算．于是简言之，可以施行乘法与除法运算的半群就是群．为了开阔视野，再给出以下群的另一定义．定义一个半群G如果满足以下条件则称为一个群：对G中任意元素a，在G中都存在元素1-a，对G中任意元素b都有1-a(ab)=(ba)1-a=b．这个定义与前面4种定义的等价性留给读者作为练习．2．在群的“方程定义法”中，要求方程a x=b与y a=b都有解缺一不可．即其中一个方程有解并不能保证另一个方程也有解．4．关于结合律若代数运算不是普通的运算(例如，数的普通加法与乘法，多项式的普通加法与乘法以及矩阵、变换和线性变换的普通加法或乘法)，则在一般情况下，验算结合律是否成立比较麻烦．因此在代数系统有限的情况下，有不少根据乘法表来研究检验结合律是否成立的方法．但无论哪种方法，一般都不是太简单．5．关于消去律．根据教材推论2，对有限半群是否作成群只用看消去律是否成立．而消去律是否成立，从乘法表很容易看出，因为只要乘法表中每行和每列中的元素互异即可．6．在群定义中是否可要求有“左”单位元而每个元素有“右”逆元呢？答不可以，例如上面例2就可以说明这个问题，因为e1是左单位元，而e1与e2都有右逆元且均为e1．但G并不是群．7．群与对称的关系．1)世界万物，形态各异．但其中有无数大量事物部具有这样或那样的对称性．而在这些具有对称性的万事万物中，左右对称又是最为常见的．由群的定义本身可知，从代数运算到结合律，特别是左、右单位元和左、右逆元，均体现出左右对称的本质属性．2)几何对称．设有某一几何图形，如果我们已经找到了它的全部对称变换(即平常的反射、旋转、反演和平移变换的统称)，则此对称变换的全体关于变换的乘法作成一个群，称为该图形的完全对称群．这个图形的对称性和它的完全对称群是密切相关的．凡对称图形(即经过对称变换保持不变的图形、亦即完成这种变换前后的图形重合)，总存在若干个非恒等对称变换和恒等变换一起构成该图形的完全对称群．反之，如果一个图形存在着非平凡的对称变换，则该图形就是对称图形．不是对称的图形，就不能有非恒等的对称变换．显然，一个图形的对称程度越高，则该图形的对称变换就越多．也就是说它的完全对称群的阶数就越高，即图形对称程度的高低与其对称群的阶数密切相关．因此；这就启发人们用群去刽面对称图形及其性质，用群的理论去研究对称．所以人们就把群论说成是研究对称的数学理论．显然，每个n元多项式都有一个确定的n次置换群：例如n元多项式例6 任何n元对称多项式的置换群都是n次对称群．很显然，一个多元多项式的置换群的阶数越高，这个多元多项式的对称性越强．反之亦然．因此，我们通常所熟知的多元对称多项式是对称性最强的多项式．三、习题2．1解答1.略2.3.4.5.6.§2. 2 群中元素的阶一、主要内容1．群中元素的阶的定义及例子．周期群、无扭群与混合群的定义及例子．特别，有限群必为周期群，但反之不成立．2．在群中若a＝n，则4．若G是交换群，又G中元素有最大阶m，则G中每个元素的阶都是m的因子．二、释疑解难在群中，由元素a与b的阶一般决定不了乘积ab的阶，这由教材中所举的各种例子已经说明了这一点．对此应十分注意．但是，在一定条件下可以由阶a与b决定阶ab，这就是教材中朗定理4：4．一个群中是否有最大阶元?有限群中元素的阶均有限，当然有最大阶元．无限群中若元素的阶有无限的(如正有理数乘群或整数加群)，则当然无最大阶元，若无限群中所有元素的阶均有限(即无限周期群)，则可能无最大阶元，如教材中的例4：下面再举两个(一个可换，另一个不可换)无限群有最大阶元的例子．5．利用元素的阶对群进行分类，是研究群的重要方法之一．例如，利用元素的阶我们可以把群分成三类，即周期群、无扭群与混合群．而在周期群中又可分出p—群p是素数)，从而有2—群、3—群、5—群等等．再由教材§3. 9知，每个有限交换群(一种特殊的周期群)都可惟一地分解为素幂阶循环p—群的直积，从而也可见研究p—群的重要意义．三、习题2．2解答1.2.3.4.5.推回去即得．6.§2. 3 子群一、主要内容1．子群的定义和例子．特别是，特殊线性群(行列式等于l的方阵)是一般线性群(行列式不等于零的方阵)的子群．4．群的中心元和中心的定义．二、释疑解难１．关于真子群的定义．教材把非平凡的子群叫做真子群．也有的书把非G的于群叫做群G的真子群．不同的定义在讨论子群时各有利弊．好在差异不大，看参考书时应予留意．2．如果H与G是两个群，且H⊆G，那么能不能说H就是G的子群?答：不能．因为子群必须是对原群的代数运算作成的群．例如，设G是有理数加群，而H 是正有理数乘群，二者都是群，且H⊆G但是不能说H是G的子群．答：不能这样认为．举例如下． 例2 设G 是四元数群．则显然 是G 的两个子群且易知反之亦然．三、习题2．3解答 1．证 赂．2．证 必要性显然，下证充分性．设子集H 对群G 的乘法封闭，则对H 中任意元素a 和任意正整数m 都有a m ∈H ． 由于H 中每个元素的阶都有限，设a ＝n ，则3．对非交换群一放不成立．例如，有理数域Q 上全体2阶可逆方阵作成的乘群中，易知⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=1021a ， ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=1031b的阶有限，都是2，但易知其乘积⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=1011ab的阶却无限．即其全体有限阶元素对乘法不封闭，故不能作成子群．4．证 由高等代数知，与所有n 阶可逆方阵可换的方阵为全体纯量方阵，由此即得证． 5．证 因为(m ，n )＝1，故存在整数s ，t 使 ms 十n t ＝1． 由此可得6．7．§2. 4 循 环 群一、主要内容1．生成系和循环群的定义．2．循环群中元素的表示方法和生成元的状况．3．循环群在同构意义下只有两类：整数加群和n 次单位根乘群，其中n ＝1，2，3，…． 4．循环群的子群的状况．无限循环群有无限多个子群．n 阶循环群a 有T (n )(n 的正出数个数)个子群，且对n 的每个正因数k ，a 有且仅有一个k 阶子群kn a．二、释疑解难1．我们说循环群是一类完全弄清楚了的群，主要是指以下三个方面： 1)循环群的元素表示形式和运算方法完全确定．其生成元的状况也完全清楚(无限循环群有两个生成元，n 阶循环群a 有)(n ϕ个生成元而且a k 是生成元⇔(k n )＝1)；2)循环群的子群的状况完全清楚；3)在同构意义下循环群只有两类：一类是无限循环群，都与整数加群同构；另一类是n (n ＝1，2，…)阶循环群，都与n 次单位根乘群同构．2．循环群不仅是一类完全弄清楚了的群，而且是一类比较简单又与其他一些群类有广泛联系的群类．例如由下一章§9可知，有限交换群可分解为一些素幂阶循环群的直积．更一般地，任何一个具有有限生成系的交换群都可分解成循环群的直积．由于循环群已完全在我们掌握之中，所以这种群(具有有限生成系的交换群)也是一类研究清楚了的群类．它在各种应用中有着非常重要的作用．例如在组合拓扑学中它就是一个主要的工具． 三、习题§2. 4解答 1.2.3.4.5.6.7.§2. 5 变换群一、主要内容1．变换群、双射变换群(特别是集合M上的对称群和n次对称群)和非双射变换群的定义及例子．2．变换群是双射变换群的充要条件；双射变换群与抽象群的关系．1)集合M上的变换群G是双射变换群⇔G含有M的单或满)射变换；2)任何一个群都同一个(双射)变换群同构．3．有限集及无限集上非双射变换群的例子(例2和例3)．二、释疑解难1．一般近世代数书中所说的“变换群”，都是由双射变换(关于变换乘法)所作成的群，即本教材所说的“双射变换群”．而本教材所说的“变换群”则是由一个集合上的一些变换(不一定是双射变换)作成的群．通过教材§5定理2和推论1可知，实际上变换群可分成两类：一类是双射变换群(全由双射变换作成的群，即通常近世代数书中所说的“变换群”)，另一类是非双射变换群(全由非双射变换作成的群)．在学习本书时应留意这种差异．2．本节教材定理2(若集合M上的变换群G含有M的单射或满射变换．则G必为M上的一个双射变换群，即G中的变换必全是双射变换)比有些书上相应的定理(若集合M上由变换作成的群G含有M的恒等变换，则G中的变换必全为双射变换)大为推广．因为后者要求G包含恒等变换(一个特殊的双射变换)，而前者仅要求G包含一个单(或满)射变换即可．因此，后音只是前者(本节教材定理2)的一个推论，一种很特殊的情况．两相比较，差异较大．这种差异也说明，M上的任何一个非双射变换群不仅不能包含恒等变换，而且连M的任何单射或满射变换也不能包含．另外，在这里顺便指出，集合M上的任何双射变换群G的单位元必是M的恒等变换．3．集合M上的全体变换作成的集合T(M)，对于变换的乘法作成一个有单位元的半群．在半群的讨论中，这是一类重要的半群．并且本节习题中第4题还指出，当M＞1时T(M)只能作成半群，而不能作成群．三、习题§2. 5解答1. 解作成有单位元半群，τ是单位元．但不作成群，因为σ无逆元．2.3. 解G作成群：因为易知4.5.§2. 6 置 换 群一、主要内容1．任何(非循环)置换都可表为不相连循环之积，任何置换都可表为若干个对换之积，且对换个数的奇阴偶性不变．从而有奇、偶置换的概念，且全体n 次置换中奇、偶置换个数相等，各为2!n 个(n ＞1)．2．k —循环的奇偶性、阶和逆元的确定方法，以及不相连循环乘积的奇偶性、阶和逆元的确定方法．1)k —循环与A 有相反奇偶性．2)k —循环的阶为k ．又(i 1，i 2…i k )－1＝(i k ，…，i 2，i 1 )．3)若σ分解为不相连循环之积．则其分解中奇循环个数为奇时σ为奇置换，否则σ为偶置换．σ的阶为各因子的阶的最小公倍．其逆元可由k —循环的逆元来确定． 3．由置换σ，τ求置换στσ－１的方法．n 次对称群s n 的中心． 4．传递群的定义、例子和简单性质． 二、释疑解难1．研究置换群的重要意义和作用．除了教材中已经指出的(置换群是最早研究的一类群，而且每个有限的抽象群都同一个置换群同构)以外，研究置换群的重要意义和作用至少还有以下几方面：1) 置换群是一种具体的群，从置换乘法到判断置换的奇偶性以及求置换的阶和逆置换，都很具体和简单．同时它也是元素不是数的一种非交换群．在群的讨论中举例时也经常用到这种群．2) 在置换群的研究中，有一些特殊的研究对象是别的群所没有的．如置换中的不动点理论以及传递性和本原性理论等等．3) 置换群中有一些特殊的子群也是一般抽象群所没有的．例如，交代群、传递群、稳定子群和本原群等等．就教材所讲过的交代群和传递群的重要性便可以知道，介绍置换群是多么的重要．2．用循环与对换之积来表出置换的优越性． 首先，书写大为简化，便于运算。